2025屆新高考春季學(xué)期五月仿真聯(lián)合測試化學(xué)試題答案題序123456789答案BCBCBADADCCDDC1514分）（11分）（2）SiO2（1分）2ZnS+O2+8NH3+2H2O=2[Zn(NH3)4]2++2S+4OH?（2分）（3）防止NH3的揮發(fā)和碳酸銨分解，提高鋅元素的浸取率（2分）（42分）（5）鹽酸中Cl?與Cd2+形成[CdCl?]2?配離子，有利于提高Cd2+的反萃取率（2分）（1）恒壓滴液漏斗（1分）（3）pH過低，H4Y電離出的Y4—濃度小，pH過高，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)為Fe(OH)3，溶液中Fe3+濃度減?。?（4）NaFeY.3H2O難溶于乙醇，加入乙醇使其結(jié)晶析出（或降低乙二胺四乙酸鐵鈉的溶解度）（2分）（5）AgNO3溶液、稀硝酸（2分）（6）滴入最后半滴Na2S2O3，溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘不恢復(fù)（2分）×100%（2分）偏大（2分）1714分）（2）①b（2分）反應(yīng)Ⅰ、Ⅲ均為吸熱反應(yīng)，升溫平衡正移。低溫時，以反應(yīng)Ⅰ為主，反應(yīng)Ⅲ幾乎沒有發(fā)生，因此H2的產(chǎn)率隨溫度升高而增大；高溫時，以反應(yīng)Ⅲ為主，反應(yīng)Ⅲ消耗H2的量大于反應(yīng)Ⅰ產(chǎn)生H2的量，因此H2的產(chǎn)率減小。（2分）②（2分）n<（32分）n<（4）C2H5OH-4e—+4OH—=CH3COOH+3H2O（2分）CH3COONH4（2分）1815分）（1）3,4-二羥基苯甲酸（1分）（（22分）（3）醚鍵羥基（2分）（42分）（5）冠醚與K+結(jié)合后將S2O42-帶入反應(yīng)體系中，S2O42-與反應(yīng)物充分接觸而迅速反應(yīng)（2分）（3分）1．B【詳解】A.陸川鐵鍋屬于合金，熔點低于純鐵，A錯誤；C.高分子化合物一般指相對分子質(zhì)量在一萬以上的化合物，而油脂的相對分子質(zhì)量相對于高分子而言很小，所以油脂不屬于天然高分子化合物，C錯誤；D.纖維素與淀粉分子式均為(C6H10O5)n，但二者n值不同，不屬于同分異構(gòu)體，D錯誤。2．C【詳解】A.基態(tài)溴原子的電子排布式：[Ar]3d104s24p5，A錯誤；B.次氯酸是共價化合物，O分別與H和Cl各形成一個共用電子對，電子式為B錯誤；C．OF2分子中心原子O的價層電子對數(shù)為，含有2對孤對電子，其VSEPR模型為四面體形，C正確；D．中子數(shù)為10的氧原子，質(zhì)子數(shù)為8、質(zhì)量數(shù)為18，該原子表示為1O，故D錯誤。3．B【詳解】A.加熱硝酸鐵溶液，F(xiàn)e3+水解程度增加，生成氫氧化鐵和氫離子，氫離子與硝酸根形成易揮發(fā)的硝酸，因此裝置③得到的是氫氧化鐵，A錯誤；C.84消毒液中含NaClO，可使pH試紙褪色，應(yīng)選pH計測定，C錯誤；D.氨氣能與CaCl2反應(yīng)，故不可用CaCl2干燥氨氣，D錯誤4．C【詳解】A.該分子中含有羥基、醚鍵和酯基共三種含氧官能團，A項錯誤；B.羥基直接連在苯環(huán)上，不能發(fā)生消去反應(yīng)，B項錯誤；D.該分子中含有酚羥基、和酚酯基，酯基水解產(chǎn)生的羧基和酚羥基，則1mol該物質(zhì)最多消耗3molNaOH，D項錯誤5．B【詳解】B．CO2中C為sp2雜化，沒有孤電子對，B不合理。6．A【詳解】A．NaClO、FeCl3在強堿性溶液中反應(yīng)生成Na2FeO4、NaCl和水，根據(jù)得失電子守恒，原子守恒得出離子方程式為：3ClO—+2Fe3++10OH—=2FeO—+3Cl—+5H2O，A正確；B．鐵氰化鉀與氯化亞鐵反應(yīng)生成深藍(lán)色沉淀：K++Fe2++Fe(CN)—=KFe[Fe(CN)6]↓,B錯誤；由于硫酸銅少量，相當(dāng)于硫氫化鈉過量，方程式為：Cu2++2HS—=CuS↓+H2S↑,C錯誤；D．白醋中醋酸為弱酸，不能拆開，要寫成化學(xué)式，則反應(yīng)的離子方程式為：CaCO3+2CH3COOH=CO2↑+H2O+Ca2++2CH3COO—，D錯誤。7．D【詳解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X形成一個共價鍵，Y形成四個共價鍵，Z形成兩個共價鍵，W形成六個共價鍵，基態(tài)W原子次外層電子數(shù)等于其他各層電子數(shù)之和，則W為S，Z為O，由YX離子可確定Y最外層電子數(shù)為5，Y為N，X為H，據(jù)此解答；A．N的氧化物對應(yīng)水化物可能為HNO3（強酸），也可能為HNO2（弱酸），A錯誤；B．-O-O-中的O為-1價，其余O為-2價，B錯誤；C．NH4+中N與H+形成的配位鍵，N提供孤電子對，H+提供空軌道，C錯誤；D．同周期元素的電負(fù)性從左至右增強，N的電負(fù)性大于H，故電負(fù)性：O>N>H，D正確。8．A【詳解】A．實驗a中生成沉淀，聞到刺激性氣味，可推測反應(yīng)的離子方程式：2Al3++3S2O—+3H2O=2Al(OH)3↓+3SO2↑+3S↓,A錯誤；B．由實驗現(xiàn)象可知Fe3++3S2O—≈Fe(S2O3)—速率快，溶液先變成紫黑色，之后S2O32-將Fe3+還原成Fe2+，使Fe3++3S2O—≈Fe(S2O3)—平衡逆移，溶液幾乎變?yōu)闊o色，B正確；C．S2O32-具有還原性，會與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)，C正確；9．D【詳解】A．沒有給定標(biāo)準(zhǔn)狀況，無法計算18O2的物質(zhì)的量，A項錯誤；B．沒有給氨水的體積，無法求算OH-數(shù)目，B項錯誤；C．1mol[Cu(NH3)4]2+中含有N-Hσ鍵為12mol，銅離子與氮原子之間的配位鍵也是σ鍵，為4mol，所以1mol[Cu(NH3)4]2+中含有σ鍵數(shù)為16NA，C項錯誤；D．轉(zhuǎn)移1mol電子時，消耗0.25molO2，D項正確。10.C【詳解】A．物質(zhì)能量越低越穩(wěn)定，物質(zhì)穩(wěn)定性：I＜II，故A正確；B．*N2H→*NHNH過程N2中π鍵斷裂，H3O+中σ鍵斷裂，故B正確；C．圖乙表示的是單個分子的相對能量變化關(guān)系，且H3O+能量未知，故C錯誤；D．I為*NHNH2，轉(zhuǎn)化過程中可能發(fā)生副反應(yīng)：*NHNH2+H3O++e?=*N2H4+H2O，故D正確。11.C【詳解】A．該晶胞中S原子的個數(shù)為8，F(xiàn)e和Cu原子的個數(shù)均為4，由此可知化學(xué)式為CuFeS2，A正確；B．由晶胞結(jié)構(gòu)可知，以面心的Fe原子為研究對象，F(xiàn)e原子周圍緊鄰的硫原子有4個，F(xiàn)e原子的配位數(shù)為4，B正確；C．由晶胞結(jié)構(gòu)可知，分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為的原子為S原子，C錯誤；D．該晶胞中S原子的個數(shù)為8，F(xiàn)e和Cu原子的個數(shù)均為4，化學(xué)式為CuFeS2，設(shè)晶胞邊長為apm、bpm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則黃銅礦晶體的密度為正確；12．D【詳解】A.放電時，Zn為負(fù)極，發(fā)生反應(yīng)Zn-2e-=Zn2+，b為正極，Na+向b電極移動；B.放電時，b為正極，發(fā)生反應(yīng)NaFe[Fe(CN)6]+xe-+xNa+=Na1+xFe[Fe(CN)6]；C.自充電時，Na1+xFe[Fe(CN)6]與H2O2發(fā)生氧化還原生成NaFe[Fe(CN)6]和水，每消耗1molH2O2，轉(zhuǎn)移2mol電子，釋放出2molNa+，b電極質(zhì)量減小46g；D.根據(jù)自充電的原理，H2O2作為氧化劑將Na1+xFe[Fe(CN)6]復(fù)原為NaFe[Fe(CN)6]，O2也具有氧化性，也可能實現(xiàn)自充電。13．D【詳解】A.升高溫度，反應(yīng)I平衡正向移動，反應(yīng)II平衡逆向移動，η(CO)增大，η(CH4)減?。辉龃髩簭?，反應(yīng)II平衡正向移動，η(CH4)增大，η(CO)減小，則壓強為1.0MPa時，CO(g)、CH4(g)的摩爾分?jǐn)?shù)隨溫度變化的曲線分別是d、a；壓強為0.1MPa時，CO(g)、CH4(g)的摩爾分?jǐn)?shù)隨溫度變化的曲線分別是c、b；B.反應(yīng)過程中及時移走產(chǎn)物H2O，可以提高CH4的產(chǎn)率，但因濃度減小，反應(yīng)速率減??；C.反應(yīng)I為吸熱反應(yīng)，溫度越高，K值越大，N點平衡常數(shù)大于M點；·D.M、P兩點溫度相同，壓強相同，CO2(g)的轉(zhuǎn)化率相同，η(CH4)為80%，η(CO)為10%，則η(CO2)為10%，而N點η(CH4)為40%，η(CO)為40%，則η(CO2)為20%，說明N點CO2(g)的轉(zhuǎn)化率較小，M、N、P三點對應(yīng)CO2(g)的轉(zhuǎn)化率大小關(guān)系為：M=P>N。14．C【詳解】A.二元弱酸有兩次滴定突變，一元酸有一次滴定突變，故X曲線代表H2B，Y曲線代表HA；B.曲線X第一次突變時溶質(zhì)為NaHB，由圖像可知此時溶液呈酸性，則HB-的電離程度大于水解程度，即10-14；C.若b點的橫坐標(biāo)為8.50mL，即半滴定點，存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，物料守恒：2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，結(jié)合兩個式子可得c(HA)-c(A-)=2c(OH-)-2c(H+)；D.若a點的橫坐標(biāo)為8.40mL，占消耗氫氧化鈉總體積的四分之三，則溶質(zhì)為NaHB與Na2B，且二者的濃度比為1:1，由于此時溶液呈酸性，則c(HB-)＜c(B2-)。15．【詳解】(1)銅元素的原子序數(shù)為29，Cu2+價電子排布式為3d9，價電子排布圖為;(2)由分析可知，濾渣1中含有S、Fe(OH)CO3及未反應(yīng)的SiO2，故答案為SiO2；氨浸中O2與碳酸銨和ZnS反應(yīng)生[Zn(NH3)4]2+、S，反應(yīng)的離子方程式為2ZnS+O2+8NH3+2H2O=2[Zn(NH3)4]2++2S+4OH?;(3)氨浸中用到的碳酸銨受熱易分解，NH3在溶液中受熱易揮發(fā)，故在實際生產(chǎn)中采取常溫浸取而不采用加熱的方法；(4)“除雜”時，(NH4)2S用量過多會發(fā)生反應(yīng)：S2—+Zn(NH3)47」2+≈ZnS↓+4NH3，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為;(5)根據(jù)平衡Mn++nHA(有機層)≈MAn(有機層)+nH+(水層)，反萃取鹽酸和硫酸都能提高氫離子濃度，使平衡逆向移動，兩試劑的重大區(qū)別是陰離子不同，根據(jù)題意Cl?可以與Cd2?形成[CdCl?]2?配離子，有利于形成[CdCl?]2?配離子，進(jìn)一步提高Cd2?的反萃取率。(6)蒸氨步驟可以獲得氨氣，可以投入到氨浸中循環(huán)使用。(7)該其晶胞參數(shù)為anm，晶胞中Cd原子和Te原子之間的最短距離為四面體重心到頂點的距離，則最短距離為apm；根據(jù)圖示，如果沿晶胞面對角線方向上的投影如圖2所示，則代表Te原子的位置有7、8、11。16．【詳解】（3）pH過低，H4Y在水中電離量小，pH過大，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)為Fe(OH)3，所以產(chǎn)率降低，故答案為：pH過低，H4Y電離出的Y4?濃度小(或pH過低，H4Y在水中溶出量小)，pH過大，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)為Fe(OH)3，溶液中Fe3+濃度減小。（4）NaFeY.3H2O難溶于乙醇，使用乙醇降低乙二胺四乙酸鐵鈉的溶解度，有利于其產(chǎn)品析出。（5）由于溶液中存在大量未消耗的氯離子，所以應(yīng)該檢測洗滌液中是否存在氯離子，故答案為：AgNO3溶液和稀硝酸。（6）由2Fe3++2I-=2Fe2++I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知存在2NaFeY.3H2O~I2~2Na2S2O3，平均消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL，則n(Na2S2O3)=c×V×10-3mol，樣品中n(NaFeY.3H2O)=10n(Na2S2O3)=cV×10-2mol，m(NaFeY.3H2O)=cV×10-2mol×421g/mol=4.21cVg，樣品中NaFeY.3H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)若滴定過程較緩慢，則過量的KI可能被空氣中的氧氣氧化為I2，則消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏大，測得樣品中NaFeY.3H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大。17．【詳解】（2）②C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g)轉(zhuǎn)化0.6×0.50.90.6